Ίσες από μακριά

KARKAR · #1

Στο εξωτερικό του παραλληλογράμμου ABCD

, σχεδιάζω τις ίσες γωνίες $\widehat{ABS} , \widehat{ADS}$ .

Το σημείο

είναι η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμμου SABT

, ενώ το

είναι

η τομή της

με την

. Δείξτε ότι : $\widehat{STB} = \widehat{SQD}$

#2

KARKAR έγραψε:Στο εξωτερικό του παραλληλογράμμου , σχεδιάζω τις ίσες γωνίες $\widehat{ABS} , \widehat{ADS}$ .

Το σημείο είναι η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμμου , ενώ το είναι

η τομή της με την . Δείξτε ότι : $\widehat{STB} = \widehat{SQD}$

: 1.png (33.7 KiB) Προβλήθηκε 429 φορές

Έστω το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{ SEDA }$ . Τότε: $\displaystyle{ \boxed{ED\mathop = \limits^{//} EA}:\left( 1 \right) }$ και $\displaystyle{ \boxed{DC\mathop = \limits^{//} AB}:\left( 2 \right) }$ (από το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{ ABCD }$ . Από $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \boxed{\widehat{EDC} = \widehat{SAB}}:\left( 3 \right) }$

(παράλληλες πλευρές)

Από $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \vartriangle EDC = \vartriangle SAB \Rightarrow \widehat{DCE} = \widehat{ABS}\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\theta \varepsilon \sigma \eta } \widehat{SDA}\mathop = \limits^{SE//AD\,\,(\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi )} \widehat{DSE} \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \widehat{DCE} = \widehat{DSE} \Rightarrow SEDC }$ εγγράψιμο

(δυο διαδοχικές κορυφές «βλέπουν» την πλευρά που σχηματίζεται από τις άλλες δύο υπό ίσες γωνίες) άρα :

$\displaystyle{ \widehat{CED} = \widehat{CSD}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle EDC = \vartriangle SAB\,\, \to \,\,\widehat{CED} = \widehat{BSA}} \widehat{BSA} = \widehat{CSD}\mathop \Rightarrow \limits^{SABT\,\,(\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o)\,\, \to \,\widehat{BSA} = \widehat{SBT}\,\,(\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi )} \boxed{\widehat{SBT}\,\mathop = \limits^{\widehat{CSD} \to \widehat{QSD}} \widehat{QSD}}:\left( 4 \right) }$ και

$\displaystyle{ \widehat{SDQ}\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\theta \varepsilon \sigma \eta } \widehat{ABS}\mathop \Rightarrow \limits^{SABT\,\,(\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o)\,\, \to \,\widehat{ABS} = \widehat{BST}\,\,(\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi )} \boxed{\widehat{SDQ} = \widehat{BST}}:\left( 5 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 4 \right),\left( 5 \right) }$ προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle SQD,\vartriangle BTS }$ έχουν δύο γωνίες ίσες (μια προς μία) και συνεπώς θα έχουν και τις τρίτες

δηλαδή $\displaystyle{ \boxed{\widehat{SQD} = \widehat{STB}} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Ιστοσελίδα · #3

: Ίσες-από-μακριά.png (17.98 KiB) Προβλήθηκε 401 φορές

Στάθη και Θανάση καλησπέρα.

Είναι DC = //AB = //ST

, άρα το

είναι παραλληλόγραμμο. Είναι $C\widehat BS\mathop = \limits^{\alpha \theta \rho .\iota \sigma \omega \nu \,\,\gamma \omega \nu \iota \omega \nu } S\widehat DC\mathop = \limits^{\pi \alpha \rho \alpha \lambda .DCTS} C\widehat TS$ , συνεπώς το CBTS

είναι εγγράψιμο.

Είναι $D\widehat SC\mathop = \limits^{DS//CT} S\widehat CT\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \rho .CBTS} S\widehat BT\mathop = \limits^{BT//AS} B\widehat SA$ , συνεπώς τα τρίγωνα SDQ,SBA

είναι όμοια, επομένως $S\widehat QD = S\widehat AB = S\widehat TB$ .

Ίσες από μακριά

Ίσες από μακριά

Re: Ίσες από μακριά

Re: Ίσες από μακριά

Μέλη σε σύνδεση